Квантик 2020-01

e-mail: [email protected] Издаётся Московским Центром непрерывного математического образования № 1|январь 2020 №1 январь 2020 КАРТИНКИ ВЫЧИСЛЯЮТ САМОЗАПУСКАЮЩИЙСЯ БЕСКОНЕЧНЫЕ СУММЫ СИФОН НАИВНАЯ ФИЗИКА Enter

По традиции к Новому году мы выпустили календарь с интересными задачами-картинками из журнала «Квантик» НАСТЕННЫЙ ПЕРЕКИДНОЙ КАЛЕНДАРЬ «КВАНТИКА» – ХОРОШИЙ ПОДАРОК ДРУЗЬЯМ, БЛИЗКИМ И КОЛЛЕГАМ! Приобрести календарь можно в интернет-магазинах kvantik.ru, biblio.mccme.ru и других магазинах – подробнее по ссылке kvantik.com/buy ваш главный книжный УСЛУГИ  Читательские клубы АССОРТИМЕНТ www.biblio-globus.ru по интересам Мы предлагаем  И нтернет-магазин  Книги большой выбор www.bgshop.ru  И ндивидуальное  Аудиокниги товаров и услуг обслуживание  А нтиквариат и предметы  Кафе г. Москва, м. Лубянка,  К лубные (дисконтные)  Подарочная упаковка коллекционирования м. Китай-город  Доставка книг  Ф ильмы, музыка, игры, софт ул. Мясницкая, д. 6/3, стр. 1 карты и акции  Канцелярские  Подарочные карты из-за рубежа  Предварительные  Выставки-продажи и офисные товары  Цветы заказы на книги  Сувениры  Встречи с авторами 8 (495) 781-19-00 пн – пт 9:00 - 22:00 сб – вс 10:00 - 21:00 без перерыва на обед www.kvantik.com instagram.com/kvantik12 vk.com/kvantik12 kvantik12.livejournal.com twitter.com/kvantik_journal [email protected] facebook.com/kvantik12 ok.ru/kvantik12 Журнал «Квантик» № 1, январь 2020 г. Учредитель и издатель: По вопросам оптовых и розничных продаж Издаётся с января 2012 года Частное образовательное учреждение дополнитель- обращаться по телефону (495) 745-80-31 Выходит 1 раз в месяц ного профессионального образования «Московский и e-mail: [email protected] Свидетельство о регистрации СМИ: Центр непрерывного математического образования» ПИ № ФС77-44928 от 04 мая 2011 г. Формат 84х108/16 выдано Федеральной службой по надзору в сфере Адрес редакции и издателя: 119002, г. Москва, Тираж: 5000 экз. связи, информационных технологий и массовых Большой Власьевский пер., д. 11 Подписано в печать: 05.12.2019 коммуникаций (Роскомнадзор). Тел.: (499) 795-11-05, e-mail: [email protected], Главный редактор: С. А. Дориченко сайт: www.kvantik.com Отпечатано в типографии Редакция: В. Г. Асташкина, Е. А. Котко, ООО «ТДДС-Столица-8» Р. В. Крутовский, И. А. Маховая, А. Ю. Перепечко, Подписка на журнал в отделениях связи Тел.: (495) 363-48-84 М. В. Прасолов Почты России: http://capitalpress.ru Художественный редактор ▪ Каталог «Газеты. Журналы» и главный художник: Yustas агентства «Роспечать» (индексы 84252 и 80478) Заказ № Вёрстка: Р. К. Шагеева, И.Х. Гумерова ▪ Объединённый каталог «Пресса России» Цена свободная Обложка: художник Алексей Вайнер (индексы 11346 и 11348) ISSN 2227-7986 Онлайн-подписка на сайте агентства «Роспечать» press.rosp.ru

CМОТРИ! 2 Картинки вычисляют бесконечные суммы ОПЫТЫ И ЭКСПЕРИМЕНТЫ 4 Самозапускающийся сифон. А. Панов, Д. Панов МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 8 18 Парадокс укладки Z-тетрамино в квадраты. В. Ковальджи Четвёртый признак равенства треугольников. А. Блинков ВЕЛИКИЕ УМЫ 10 Лайнус Полинг. М. Молчанова УЛЫБНИСЬ 15 Магнитные цифры на магнитной доске. Г. Гальперин ЧЕТЫРЕ ЗАДАЧИ 16 Наивная физика. В. Сирота ЗАДАЧИ В КАРТИНКАХ 22 IV с. обложки Перпендикулярные биссектрисы. М. Скопенков, А. Заславский Перенести стол. М. Прасолов ОЛИМПИАДЫ 23 XLI Турнир городов. Осенний тур, 8 - 9 классы 26 Конкурс по русскому языку 32 Наш конкурс ОТВЕТЫ 28 Ответы, указания, решения

Материал подготовил КАРТИНКИ ВЫЧИСЛЯЮТ Григорий Мерзон БЕСКОНЕЧНЫЕ СУММЫ Как найти сумму нескольких слагаемых? Стран- ный вопрос – бери и складывай одно за другим! Но что делать, если речь идёт о сумме бесконечного чис- ла слагаемых? Оказывается, иногда полезно эту сум- му… нарисовать. Начнём с суммы + + + … (это сумма геоме- трической прогрессии: каждое следующее слагаемое в 4 раза меньше предыдущего). Возьмём квадрат еди- ничной площади. Закрасим его четверть, потом доба- вим четверть от четверти… + + + +…= Видно, что в итоге закрашена ровно 1/3 площади квадрата – жёлтая часть имеет такую же площадь, как и каждая из двух белых частей. Можно похожим образом найти суммы + + + + … и + + + … (поняли, чему эти суммы равны?) Есть и довольно общий способ подсчитать сумму геометрической прогрессии + + + … для любого целого q > 1. Ниже он показан для q = 5 и q = 9. 2

5 5 55 5 52 5 9 99 99 9 99 9 Мы начинаем с правильного (q – 1)-угольника, рису- ем внутри следующий правильный (q – 1)-угольник, имеющий площадь в q раз меньше предыдущего – то есть такую же, как каждая из (q – 1) примыкающих к  нему трапеций, и т.д. Видно, таким образом, что эта сумма равна . Можно геометрически найти и некоторые более сложные суммы. Например, ниже объясняется, что 1  + 2  + 3  + … = (большой квадрат имеет пло- щадь 4). … 1• 1• + 2• 1• + 2• + 3• + … = Художник Алексей Вайнер Теперь мы знаем, чему равна сумма + + +… для q = 4. Быть может, вы придумаете геометрические вычисления таких сумм для других q? Подумайте и про другие суммы – например, + + + +… (если в знаменателе qn, то в числителе стоит сумма всех на- туральных чисел от 1 до n). 3

ОПЫТЫ САМОЗАПУСКАЮЩИИЙСЯ И ЭКСПЕРИМЕНТЫ СИФОН Алексей Панов, Брюс Йини – наверняка са- Дмитрий Панов мый известный учитель физи- ки. Его YouTube-канал «Наука своими руками» (Homemade Science with Bruce Yeany) насчи- тывает миллионы посещений. В своём предисловии к каналу Йини пишет: … Я понял, что самостоя- тельное обдумывание экспери- мента и изготовление своего Брюс Йини – собственного оборудования на- учитель физики учили меня больше, чем любой прослушанный мною курс физики. Я надеюсь, что вы последуете за мной на этом пути … Наш текст написан как раз по мотивам одного из последних видео Йини под названием «Сифоны». Рисунок 1 – это прорисовка настенного изобра- жения, датируемого вторым тысячелетием до нашей эры. Он свидетельствует, что египтяне уже тогда ак- тивно использовали сифоны в бытовых целях. Рис. 1. Египтяне, использующие сифоны Вы, конечно, знаете, что с помощью сифона можно перелить жидкость из высоко стоящего сосуда в низ- ко стоящий. Один из египтян на рисунке держит в  правой руке две трубки, через которые жидкость уже переливается. В левой руке он держит трубку, через которую втягивает жидкость из ещё одного верхнего сосуда. 4

Трубку надо обязательно заполнить жидкостью, ОПЫТЫ прежде чем поместить её конец в нижний сосуд, ина- И ЭКСПЕРИМЕНТЫ че жидкость не потечёт. На рисунке 2 мы демонстри- руем другой метод заполнения трубки. Рис. 2. С помощью шпри- ца заполняем трубку, чтобы прив­ ести сифон в рабочее состояние А наше видео по ссылке kvan.tk/siphon показыва- ет одновременно и процесс заполнения сифона, и его работу по переливанию жидкости. Первый учебник по изготовле- нию и применению различных ти- пов сифонов написал Герон Алек- сандрийский, живший в I веке нашей эры. В этой книге под названием «Пневматика», кроме прочего, содержится описание паровой турбины, автомата по продаже воды, механизма автоматически Герон открывающихся дверей, а также Александрийский шприца, аналогичного тому, каким мы закачивали воду в сифон. Рис. 3. Шприц из «Пневматики» Среди многочисленных сифонов, описанных в  «Пневматике», есть и такие, которые не требуют для своей работы специального наполнения водой. Вот один из них (рис. 4). 5

ОПЫТЫ Трубка здесь почти цели- И ЭКСПЕРИМЕНТЫ ком содержится в верхнем сосуде. Только её нижний кончик пронизывает дно Рис. 4. Самозапускающийся сосуда. Пока в сосуде не сифон из «Пневматики» очень много жидкости, си- фон работать не будет. Но как только уровень жидко- сти станет выше верхнего сгиба сифона, обозначенно- го буквой ϑ, сифон зарабо- тает и сосуд опорожнится почти полностью, до уров- ня конца трубки, обозна- ченного буквой κ. Для проведения такого эксперимента нам сейчас кроме пластикового ста- канчика и пластиковой трубочки ничего и не пона- добится (рис. 5). Рис. 5. Самозапускающийся си- фон в момент полного опорожне- ния; трубка выходит через отвер- стие в дне стакана На видео по ссылке kvan.tk/tantalus продемон- стрирована работа этого сифона. Похоже, что подобные самозапускающиеся си- фоны пользовались большой популярностью в Древ- нем Риме. В 2012 году в хорватском городе Винковци в  ходе археологических раскопок был найден рим- ский клад IV века. Всего было обнаружено 48 предме- тов. Один из них – большая позолоченная серебряная чаша, в центре которой на выступающем камне сидит человек, с устремлёнными ко дну руками. 6

Археологам удалось Рис. 5. Чаша Тантала ОПЫТЫ разобраться с устройством из Винковци И ЭКСПЕРИМЕНТЫ и назначением этой чаши и отождествить сидящего 7 человека с Танталом. Вот как описывает Одиссей, спустившийся в царство Аида, страдания, наказан- ного богами Тантала. Видел потом я Тантала, казнимого страшною казнью: В озере светлом стоял он по горло в воде и, томимый Жаркою жаждой, напрасно воды захлебнуть порывался. Только что голову к ней он склонял, уповая напиться, С шумом она убегала; внизу ж под ногами являлось Чёрное дно, и его осушал во мгновение демон. 1 Чаша символизирует страдания Тантала. Вну- Художник Мария Усеинова три центрального камня скрыт самозапускающийся сифон. Когда чаша заполняется и жидкость начина- ет подбираться к рукам Тантала, сифон срабатыва- ет и  чаша опустошается – Тантал не может утолить свою жажду. Считается, что на самом деле эта чаша служила римлянам для развлечений. Когда на пиру неосто- рожный гость наливал в чашу больше положенного, она опорожнялась ему на ноги, и это веселило всех присутствующих. Сейчас подобные керамические поделки прода- ются повсюду, особенно в Греции. У них есть ещё пара названий – чаша Пифагора и жадная чаша. Чтобы лучше познакомиться с внутренним устрой- ством чаши Тантала, посмотрите видео Pythagorean or Tantalus Сup, где гончар Джон Бритт (John Britt) демонстрирует своё мастерство и создаёт такую чашу, начиная с нуля. Ну а потом зайдите на Homemade Science, отыщи- те там видео Siphons, посмотрите его, а также другие видео, и убедитесь, насколько был прав Брюс Йини, говоря о преимуществах своего подхода к изучению физики. 1 Гомер, «Одиссея» (перевод В.А. Жуковского)

Владимир Ковальджи Вполне очевидно, что никакой клетчатый квадрат нельзя разре- зать по линиям клеточек на фигурки Z-тетрамино весь без остатка. «Зиг- заг»  – фигурка кривая, неудобная, за- мостить ею квадрат целиком невозможно. Но сколь- ко именно «лишних» клеток останется в самом лучшем случае? И как это зависит от размеров ква- драта? Скорее всего, большинству людей интуиция под- скажет, что неизбежно останется «несколько» кле- ток. Что в очень большом квадрате мы почти по всей площади квадрата уложим наши зигзаги плотно, как паркет, и только где-то по углам мы столкнёмся с не- приятными «краевыми эффектами», не позволяющи- ми обойтись без лишних клеток. И что с увеличением размеров квадрата число этих лишних клеток вряд ли сильно вырастет. Углов-то у любого квадрата ров- но четыре… Итак, задача: У нас есть клетчатый квадрат 2019  2019. Какое минимальное число лишних клеток может остаться после вырезания из него максимально воз- можного числа Z-тетрамино? Попробуем для начала квадраты поменьше. В  квадрате 3  3 умеща- ется лишь одна фигурка. В  квадрате 4  4  – три. В  квадрате 5  5, как ни старайся, не получается уместить бо- лее четырёх. Что-то многовато лишних клеток оста- ётся – целых 9, то есть более чем на две фигурки ещё. В квадрате 6  6 запросто умещаются 8 зигзагов, и остаются 4 лишние клетки – результат даже лучше, чем в квадрате 5  5! Впрочем, в квадрате 4  4 тоже осталось меньше, чем в 3  3 – четыре против пяти. Скорее всего, «чётные» квадраты явно удобнее для наших фигурок, и это легко объяснимо. Но главный вопрос – как зависит количество лишних клеток от размеров квадрата вообще (например, если рассма- тривать только «нечётные» квадраты)? 8

Возьмём квадрат 7  7. Можно попробовать самые разные вариан- ты укладки, но увы – больше девя- ти фигурок никак не помещается (то есть 13  клеток остаются лишними). Поскольку перебрать все варианты укладки тут уже затруднительно, необходимо как-то строго доказать, что это действительно предел. Тут приходит на помощь типич- ный для подобных задач метод рас- краски. Если в нечётном квадрате (на- пример, 7   7) покрасить некоторые клетки так, как показано на рисунке, то в любую фигурку Z-тетрамино обя- зательно попадёт зелёная клетка, и, следовательно, фигурок не может быть больше, чем таких клеток. Пример, когда фигурок ровно столько, сколько зелё- ных клеток, легко строится (нарисуйте его!). Поскольку такая раскраска подходит для любого нечётного квадрата, можно решить задачу в общем виде. Если сторона квадрата 2n – 1, то зелёных кле- ток будет (n – 1)2. Из площади квадрата вычтем число зелёных клеток, помноженное на 4, и получим ответ: (2n – 1)2 – 4(n – 1)2 = 4n – 3. И вот тут становится ясно, что интуиция на сей раз нас очень сильно подвела. Оказывается, в квадра- те 2019  2019 при разрезании на зигзаги неизбежно останется минимум 4037 лишних клеток! Совершенно неожиданный результат. Кажется невероятным, что такое огромное число клеток – четыре тысячи! – ни- как не удастся как-нибудь так сгруппировать, чтобы вырезать из них хотя бы ещё одну фигурку… Что касается чётных квадратов со стороной 2n, то легко показать масштабируемую конструкцию, при которой остаётся 2n + 2 либо 2n лишних клето- чек (в зависимости от делимости на 4). Что, конечно, экономнее, но всё равно количество лишних клето- чек растёт прямо пропорционально стороне квадрата, становясь сколь угодно большим вопреки первона- чальному интуитивному предположению. Художник Евгений Паненко 9

ВЕЛИКИЕ ЛАЙНУС ПОЛИНГ УМЫ Марина Молчанова За всё время существования Нобелевской пре- мии лишь четыре человека получили её дважды. Это Лайнус Карл Полинг биохимик Фредерик Сенгер (см. «Квантик» № 9 за (Linus Carl Pauling) 2019  год), физик Джон Бардин, Мария Кюри и  Лай- 28.02.1901 – 19.08.1994 нус Полинг. Правда, вторая Нобелевская премия По- линга была премией мира – то есть, по мнению учё- Лайнус Полинг (слева). ных, не совсем настоящей. Но и она была присуждена Калтех, 1939 г. Полингу за действительно важную и результативную борьбу. А количество его достижений в химии потя- 10 нуло бы не на одну, а на несколько премий  – трудно уверенно сказать, кто более и кто менее великий, но Полинг был уж точно самым разносторонним хими- ком XX века. И ещё он единственный, кто получил обе Нобелевские премии единолично, без обычного деления между двумя-тремя лауреатами. Лайнус родился в американском городе Портлен- де, штат Орегон. Он блестяще учился в школе и очень рано поступил в колледж, где получил высшее образо- вание. Любопытно, что в школе он не успел сдать пару курсов истории, и школьный диплом ему решились выдать уже после Нобелевских премий. После коллед- жа учился в аспирантуре Калифорнийского техноло- гического института, знаменитого Калтеха, ставшего местом его работы на десятки лет. В конце 20-х годов он съездил в Европу, где как раз начиналось бурное развитие «новой физики» (квантовой) – а  значит, и «новой химии». И это определило основное направле- ние его научных интересов на многие годы вперёд. АТОМЫ, СВЯЗИ, МОЛЕКУЛЫ Говорят, что если идеи учёного удостоились строч- ки в школьном учебнике, то он наверняка гений. Тог- да Полинга можно назвать многократным гением, поскольку не одна и не две строчки, а значительная часть школьных учебников по химии – это именно те представления, которые он ввёл в науку. Конечно, тут некоторые подростки захотят Полинга проклясть: школьная химия не слишком популярна, и многие считают её сложноватой. Но могло быть гораздо хуже: скажем, метод молекулярных орбиталей, развитый

СРЕДИ ХИМИЧЕСКИХ ВЕЛИКИЕ СВЯЗЕЙ УМЫ Малликеном для описания молекул, точнее и полнее, Модель молекулы парацета- но и понять его намного сложнее. мола – известного лекарства Теория Полинга, хотя и основана на квантовых Ковалентная Н расчётах, оставляет нам возможность пользоваться полярная связь удобными и привычными для нас моделями моле- кул  – как будто собранными из конструктора.1 Ато- O мы  – узлы конструкции, а некоторые пары атомов соединены «стержнями» – химическими связями. Ковалентная Н Химическая связь между двумя атомами образует- полярная связь ся за счёт их электронов: либо один атом отдаёт свой электрон другому (ионная связь), либо каждый из них Ковалентные полярные «вкладывает» по одному электрону и у атомов полу- связи в молекуле воды чается общая пара электронов (ковалентная связь). Шкала электроотрицательности И вот тут сразу первая важная вещь, введённая по Полингу – чем выше Полингом: чисто ионная и чисто ковалентная свя- столбик, тем больше зи  – это крайние случаи, а чаще бывает их смесь, электроотрицательность когда образуется общая электронная пара, но один из атомов частично оттягивает общие электроны на 11 себя (ковалентная полярная связь). А вот кто и на- сколько сильно «тянет одеяло на себя» – это зависит от ещё одной характеристики атомов, которую также определил Полинг: от электроотрицательности. Само понятие, правда, существовало уже давно, но именно Полинг первый придумал для него удобный метод расчёта и создал шкалу, которая использует- ся по сей день. Простейший пример: электроотрица- тельность кислорода намного больше, чем водорода (3,44 > 2,20),  – значит, в молекуле воды H2O именно кислород перетягивает на себя электроны, и на его атоме поэтому формируется отрицательный электри- ческий заряд, а на атомах водорода – положитель- ный. Это определяет многие важные свойства воды. Ещё одна существенная вещь, введённая Полин- гом, – понятие гибридизации. Атомы углерода спо- собны образовывать четыре совершенно одинако- вые химические связи (как в молекуле природного 1 Заметим: даже те цвета, которые многие поколения химиков ис- пользуют в условных моделях молекул (чёрный для атомов углерода, белый для водорода, красный для кислорода, синий для азота, и так да- лее), восходят именно к Полингу и его соавторам.

ВЕЛИКИЕ ЛАЙНУС ПОЛИНГ УМЫ ГИБРИДИЗАЦИЯ газа, метана CH4, изображённой здесь в верхней ча- В РАЗНЫХ МОЛЕКУЛАХ сти рисунка). При этом специалисты по квантовой химии знают, что те четыре электрона, которые атом sp3-гибридизация углерода может «вложить» в образование связей, на в метане CH4 самом деле неодинаковы. Но, по Полингу, при об- разовании химических связей может происходить sp2-гибридизация смешение и усреднение – это и есть гибридизация. в этилене C2H4 Когда в смешении участвуют все четыре электро- на (sp3-гибридизация), итоговые связи как будто sp-гибридизация направлены из центра тетраэдра к его вершинам, в ацетилене C2H2 когда три (sp2-гибридизация) – как будто из центра правильного треугольника к его вершинам, когда два 12 (sp-гибридизация) – вдоль одной линии в противо- положных направлениях. На этой основе мы можем легко предсказывать и наглядно представлять про- странственные структуры многих молекул. Концепции Полинга описаны в его книге 1939 го­ да «Природа химической связи». За 80 лет она не утратила своего значения и остаётся, пожалуй, самой знаменитой химической книгой всех времён. КЛЕТКИ В ФОРМЕ ПОЛУМЕСЯЦА Полинга нередко называют и одним из основате- лей молекулярной биологии. Ведь он первым показал молекулярную природу известной болезни. Серповидноклеточная анемия практически не встречается в России: это болезнь африканцев и вы- ходцев из Африки. И это одна из самых распростра- нённых наследственных болезней в мире. У таких больных уже в возрасте нескольких месяцев возни- кает не только анемия (малокровие), но и боли, ча- стые инфекции, отёки, воспаления, проблемы с серд- цем, лёгкими и суставами. Под микроскопом в крови больных видны красные клетки крови (эритроциты) странной формы: не обычные круглые диски с углу- блением в середине, а нечто изогнутое, действительно напоминающее серп или полумесяц. Генетическая природа этой болезни была про- демонстрирована в 1949 году. И в том же году По- линг с соавторами выяснили, что именно происходит

СРЕДИ ХИМИЧЕСКИХ ВЕЛИКИЕ СВЯЗЕЙ УМЫ в организме больных на молекулярном уровне. Ока- Направление Нормальные эритроциты зывается, у людей с серповидноклеточной анемией ге- движения и серповидная клетка моглобин крови имеет не совсем такие молекулы, как у здоровых людей. Причём люди, имеющие как «нор- при электрофорезе Старт мальный», так и «аномальный» гемоглобин (носите- 1 2 3 ли болезни), чувствуют себя хорошо и обычно ни на Электрофорез гемоглобина что не жалуются. А вот если есть только аномальный 1 – гемоглобин здорового гемоглобин (такой ребёнок может родиться, если оба человека, родителя являются носителями), то болезнь протека- 2 – гемоглобин больного ет тяжело. Полинг показал существование разных ва- человека, риантов гемоглобина с помощью электрофореза – од- 3 – гемоглобин носителя ного из методов, который позволяет разделять разные болезни. белки. И впервые стало понятно, что отклонение в строении молекул одного-единственного белка в орга- 13 низме может иметь самые серьёзные последствия. Сейчас мы уже довольно много знаем о серповид- ноклеточной анемии. Знаем, как именно «ошибка» в синтезе гемоглобина влияет на развитие болезни. Знаем, почему эта болезнь так распространена (ока- зывается, её носители сравнительно устойчивы к ма- лярии и в условиях тропиков имеют преимущество). Знаем, как облегчить состояние больных – хотя с из- лечением всё сложно. Но исходным пониманием при- роды этой болезни мы обязаны Полингу. СВЕРНУТЬ БЕЛОК Главные «рабочие лошадки» в любом живом орга- низме – молекулы белков. Это и основной строитель- ный материал клеток, и регуляторы скорости боль- шинства процессов, и сигнальные и транспортные молекулы. Словом, без белков никуда. Молекула каждого белка включает в себя одну или несколько цепочек из звеньев-аминокислот. И  у  этих молекул есть удивительное свойство: они могут выполнять свою работу, только если цепочки приняли правильную форму в пространстве. Скажем, молекулы многих белков сворачиваются в клубочек, а некоторые образуют тонкие волокна или трубочки. Нужную форму белки в клетке принимают самосто- ятельно – а значит, информация о  том, как именно

ВЕЛИКИЕ ЛАЙНУС ПОЛИНГ УМЫ a-спираль b-слои свернётся цепочка в условиях живой клетки, уже «зашита» в самой последовательности аминокислот. Жёлтым цветом обозначены водородные связи, которые Задача о пространственной укладке молекул белков стабилизируют структуру не полностью решена до сих пор. Однако Полингу с со- авторами удалось сделать первый и, может быть, наи- a-спираль более значительный шаг. Они нашли способы, которы- ми укладываются в пространстве отдельные кусочки Миоглобин белковых цепей – и оказалось, что эти способы встреча- ются в огромном количестве самых разных белков. b-слои Во-первых, некоторые фрагменты белковой цепи Фиброин скручиваются в спираль определённого вида – биохи- мики называют её α-спиралью. Так, например, в  мо- 14 лекуле мышечного белка миоглобина есть восемь α-спиральных участков. Во-вторых, цепь белковой мо- лекулы может быть уложена слоями, взаимодейству- ющими между собой; они называются β-слоями. На рисунке изображены α-спирали в миоглобине и β-слои в молекуле фиброина – это белок шёлка и паутины.2 Идеи α-спирали и β-слоёв существовали ещё до По- линга. Но он впервые построил точные и корректные модели. Говорят, что моделирование α-спирали он проводил в 1948 году во время сильной простуды, от нечего делать рисуя молекулы на листе бумаги. Потом оставалось совершенствовать расчёты и уточнять дета- ли, и главная статья о структуре белков была опубли- кована в 1951 году в день его пятидесятилетия. Сразу после успеха с белками Полинг взялся за ДНК. Но здесь его модель оказалась неверной – к  огромному облегчению всех, кто занимался струк- турой ДНК в те же годы. Говорят, что Уотсон и Крик (будущие открыватели двойной спирали), узнав об ошибке Полинга, на радостях пошли в бар и пропу- стили по стаканчику: теперь у них был шанс успеть первыми. И действительно, до их основополагающего открытия оставались считанные месяцы. 2 Может быть, вы слышали про необычную болезнь «коровье бешен- ство». При этой болезни (и родственных ей) некоторые белки организ- ма приобретают аномальную пространственную структуру – например, α-спирали превращаются в β-слои – и не могут функционировать. Окончание в следующем номере

Имеется магнитная доска и мешок магнитных цифр и двух магнит- ных знаков «+» и «=». Магнитные цифры и эти два знака можно при- креплять («примагничивать») к магнитной доске на пустые места. а) Учительница составила на доске неверное равенство: 22 + 1 = 33. Как переставить две цифры в этом равенстве, чтобы оно стало верным? б) Учительница достала из мешка ещё одну тройку и составилa но- вое неверное равенство: 22 + 1 = 333. Как переставить в нём три цифры так, чтобы оно стало верным? в) Наконец, учительница высыпала все остальные магнитные циф- ры из мешка. Всегда ли удастся, используя предыдущие шесть цифр (одну единицу, две двойки и три тройки) и все новые (неизвестные) цифры, составить какое-нибудь верное равенство на магнитной доске? Автор Григорий Гальперин Художник Елена Цветаева

Валерия Сирота НАИВНАЯ 1. Почему вокруг деревьев снег в конце зимы протаивает быстрее? 2. Бревно легче воды, а монетка тяжелее воды. Значит, монетка тяжелее бревна? 16

ФИЗИКА 3. Почему в космическом корабле нельзя открыть окно? А что же де- лать, если надо выйти наружу? Где на Земле применяется тот же принцип? 4. К лампочке всегда ве- дёт двойной провод (рядом две проволочки, разделён- ные изоляцией). Зачем? Художник Мария Усеинова 17

Александр Блинков В любом школьном учебнике гео- B 18 метрии вы найдёте три признака ра- венства треугольников. А верен ли четвёртый признак: по двум сторонам и углу, лежащему напротив одной из них? Не обязательно! Вот простой при- A D C мер. Возьмём равнобедренный тре­ Рис. 1 угольник АВС. На его основании АС, но не посереди- не, отметим точку D (рис. 1). Тогда в треугольниках ABD и CBD сторона BD общая, AB = CB и ВAD = = BСD, а треугольники не равны, так как AD ≠ СD. Но иногда признак работает, а если и нет, то меж- ду треугольниками есть связь. Чтобы в этом разо- браться, решим задачу: восстановить треугольник АВС, если АВ = с, ВС = а и ВАС = α < 90°. Строим угол А, равный α, откладываем на одной из его сторон отрезок АВ длины с и проводим окруж- ность с центром В и радиусом а. Далее возможны три случая: 1) Окружность не пересека- B ет другую сторону угла. Тогда задача решений не имеет, и этот a случай нам неинтересен. c 2) Окружность касается дру- α гой стороны угла, тогда задача A Рис. 2 имеет единственное решение. Но и этот случай неинтересен, так как искомый треугольник – B прямоугольный, а признак ра- ca венства прямоугольных тре- угольников по гипотенузе и A α C острому углу хорошо известен. Рис. 3 3) Окружность пересекает прямую, содержащую сторону угла, в двух точках (рис. 4, а, б). B Если окружность пере- секает именно сторону угла, c как на рисунке 4, а, мы полу- aa чим два неравных треуголь- α C1 C2 ника, удовлетворяющих ус- A Рис. 4,а

ловию задачи: АВС1 и АВС2 (и признак не работает). Ни оС2отрмавентиам1,8ч0т о(тваэкткиахктруегулгыолАьСн1иВкиахСс2Сум1ВмсамуегжлонвыСе,1 а угол С2С1В равен углу С1С2В). Если же окружность пересекает продолжение стороны угла, как на рисунке 4, б, задача имеет един- ственное решение: условию B удовлетворяет только тре­ ac a α угольник АВС2 (и признак C1 C2 работает). A Рис. 4,б Итак, мы доказали утверждение: пусть две сторо- ны одного треугольника соответственно равны двум сторонам другого и равны углы напротив каких-то двух равных из этих сторон; тогда либо треугольни- ки равны, либо сумма углов напротив двух других равных сторон равна 180. Чтобы различить эти два случая, заметим, что а < c на рисунке 4, а и а > c на рисунке 4, б. Теперь можно сформулировать четвёртый признак равенства треугольников: если две стороны одного треуголь- ника соответственно равны двум сторонам другого и равны углы против больших из этих сторон, то та- кие треугольники равны. Упражнение 1. а) Объясните, почему можно не рассматривать случай а = с. б) Рассмотрите случай, когда α ≥ 90°. Упражнение 2. Угол BAC треугольника ABC ра- вен  15. Можно ли однозначно определить сторону AC, если а) AB = 3, BC = 4; б) AB = 4, BC = 3? Ответ обо- снуйте. Применим полученные знания на практике. Пример 1. Две стороны одного треугольника со- ответственно равны двум сторонам другого, и равны C высоты, проведённые к одной паре равных сторон. Обязательно ли эти треугольники равны? Ответ: не обязательно. H B Решение. Рассмотрим остроуголь- A ный треугольник АВС и его высоту ВН. На продолжении стороны АС за вершину А отметим точку D так, что AD = AC (рис. 5). Тогда в треугольни- Рис. 5 D 19

ках АВС и ABD сторона АВ общая, AC = AD и к этим сторонам проведена общая высота. Но эти треуголь- ники не равны, так как ABD – тупоугольный тре­ угольник. Упражнение 3. Изменится ли ответ, если равные высоты проведены к третьим сторонам? Пример 2. В выпуклом четырёхугольнике ABCD равны углы А и С и стороны АВ и CD. Обязательно ли ABCD – параллелограмм? B Ответ: не обязательно. C Решение. На рисунке 6 вы видите четырёхугольник, который получен из треугольника, изображённого на рисунке 1: мы «отрезали» треуголь- A D ник BCD и приставили его к стороне Рис. 6 BD в «перевёрнутом» виде. Тогда в четырёхугольни- ке ABCD имеем: А = С и АВ =  CD, но параллело- граммом он не является, так как ВС ≠ AD. Пример 3. Внутри равнобедренного треугольни- ка АВС с основанием АС отмечена точка K так, что AKB = BKC. Докажите, что прямая BK проходит через середину стороны АС. Решение. Так как BK – об- B щая сторона треугольников AKB и СKВ, из условия задачи сле- дует, что либо эти треугольни- ки равны, либо KАB + KСB = = 180 (рис. 7). Но второй случай A K C противоречит теореме о сумме Рис. 7 углов треугольника. Из равенства треугольников AKB и СKВ следует, что луч BK – биссектриса угла АВС, тогда прямая BK содержит медиану треугольника АВС, то есть пересе- кает сторону АС в её середине. Пример 4 (Т. Казицына, B Московская математическая олимпиада, 2003  год, 8 класс). В треугольнике ABC на сторо- нах AC и BC отмечены такие Y точки X и Y, что ABX=YAC, AYB = BXC, XC = YB. Най- дите углы треугольника ABC. A X C Рис. 8 20

Решение. Так как углы BXC и AYB внешние для треугольников ABX и CAY соответственно, то BAX= = BXC – ABX = AYB – YAC = YCA (рис.  8). Следовательно, треугольник ABC равнобедренный: AB = BC. В треугольниках XBC и YAB имеем: XC = YB, BC = AB и BXC = AYB. Кроме того, YВ < BC = AB, значит, XC < BC. Так как равные углы лежат напро- тив больших из рассматриваемых сторон, то эти тре- угольники равны (по четвёртому признаку). Сле- довательно, BCX = ABY, тогда АВ = АС. Таким образом, треугольник АВС – равносторонний, зна- чит, каждый его угол равен 60. Обосновать, что из полученных равенств следует именно равенство треугольников, а не случай, когда XBC + YAB = 180°, можно иначе: XBC + YAB < ABC + CAB = 180 – ACB < 180°. Ответ: три угла по 60. Предлагаем несколько задач для самостоятельно- го решения. Часть из них можно решить, не исполь- зуя фактов и приёмов, рассмотренных выше. Но если их использовать, решения будут наиболее короткими. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. На равных сторонах АВ и ВС треугольника АВС отмечены точки Е и D соответственно так, что AD = CE. Обязательно ли равны отрезки АЕ и CD? BC =2.BВ1C1тиреуCго+льнCи1к=а1х80А.ВВСериноAл1Bи1,Cч1т:оАBА==А1АB11?, 3. На основании AC равнобедренного треуголь- ника ABC отмечена точка P так, что AP = AB. На стороне AB отмечена точка Q так, что PQ = PB. До- кажите, что AQ = CP. 4. На стороне BC равностороннего треугольни- ка ABC отмечена точка M, а на продолжении сто- роны AC за точку C – точка N, причём AM = MN. Докажите, что BM = CN. 5 (Е. Бакаев, Московская математическая олимпиада, 2019 год, 8 класс). Внутри равнобе- дренного треугольника ABC отмечена точка K так, что AB =BC = CK и KAC = 30. Найдите угол AKB. Художник Алексей Вайнер 21

ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫЕ БИССЕКТРИСЫ Дан многоугольник, у которого A любые две соседние стороны перпен- дикулярны. Назовём две его верши- ны не дружными, если биссектри- сы многоугольника, выходящие из этих вершин, перпендикулярны. Докажите, что для любой вершины количество не дружных с ней вер- шин чётно. Художник Артём Костюкевич Эта задача предлагалась старше- (зелёным показаны биссектриссы классникам на базовом туре XLI Тур- вершин, не дружных с вершиной A), нира Городов; у неё есть несколь- нужно найти решение для всех слу- ко коротких и красивых решений. чаев. Попробуйте! Рисунок мы привели для примера Авторы Михаил Скопенков, Алексей Заславский 22

XLI ТУРНИР ГОРОДОВ, ОСЕННИЙ ТУР, 8 – 9 КЛАССЫ олимпиады 13 и 27 октября 2019 года состоялся осенний тур XLI Турнира Городов – международного математиче- ского соревнования для школьников. Приводим базо- вый и сложный варианты для 8 – 9 классов. В скобках после номера задачи указано число баллов, присуж- давшихся за её полное решение. При подведении ито- гов у каждого участника учитываются три задачи, по которым он набрал больше всего баллов (баллы за пункты одной задачи суммируются). Базовый вариант 1 (4 балла). Фокусник выложил в ряд колоду из 52 карт (рубашками вверх) и объявил, что 51 из них будут выкинуты со стола, а останется тройка треф. Зритель на каждом шаге говорит, какую по счёту с  края карту надо выкинуть, а фокусник выбирает, с  левого или с правого края считать, и выкидывает соответствующую карту. При каких начальных поло- жениях тройки треф фокусник может гарантировать успех фокуса? (Где лежит тройка треф, фокусник знает.) Алексей Воропаев 2 (4 балла). Дана окружность ω с центром O и две её различные точки A и C. Для любой другой точ- ки P на ω отметим середины X и Y отрезков AP и CP и построим точку H пересечения высот треугольника OXY. Докажите, что положение точки H не зависит от выбора точки P. Артемий Соколов 3 (4 балла). В каждой клетке полоски длины 100 стоит по фишке. Можно за 1 рубль поменять местами любые две соседние фишки, а также можно бесплат- но поменять местами любые две фишки, между кото- рыми стоят ровно три фишки. За какое наименьшее количество рублей можно переставить фишки в об- ратном порядке? Егор Бакаев 23

XLI ТУРНИР ГОРОДОВ, олимпиады ОСЕННИЙ ТУР, 8 – 9 КЛАССЫ 4 (5 баллов). Даны целые числа a1, a2,..., a1000. По кругу записаны их квадраты a12, a22,..., a21000. Сум- ма любых 41 подряд идущих чисел на круге делится на  412. Верно ли, что каждое из чисел a1, a2,..., a1000 делится на 41? Борис Френкин 5 (6 баллов). У Васи есть неограниченный запас брусков 1  1  3 и уголков из трёх кубиков 1  1  1. Вася целиком заполнил ими коробку m  n  k, где m, n и k – целые числа, большие чем 1. Докажите, что можно было обойтись лишь уголками. Михаил Евдокимов Сложный вариант 1. Назовём сложностью целого числа n > 1 коли- чество сомножителей в его разложении на простые (например, сложность чисел 4 и 6 равна 2). Для ка- ких n все числа между n и 2n имеют сложность а) (2 балла) не больше, чем у n; б) (2 балла) меньше, чем у n? Борис Френкин 2 (7 баллов). Два остроугольных треугольника ABC и A1B1C1 таковы, что точки B1 и C1 лежат на сто- роне BC, а точка A1 лежит внутри треугольника ABC. Пусть S и S1 – соответственно площади этих тре­ угольников. Докажите, что >. Наири Седракян, Илья Богданов 3 (7 баллов). Есть 100 внешне неразличимых мо- нет трёх типов: золотые, серебряные и медные (каж- дый тип встречается хотя бы раз). Известно, что зо- лотые весят по 3 грамма, серебряные – по 2 грамма, медные – по 1 грамму. Как на чашечных весах без ги- рек гарантированно определить тип у всех монет не более чем за 101 взвешивание? Владислав Новиков 24

XLI ТУРНИР ГОРОДОВ, ОСЕННИЙ ТУР, 8 – 9 КЛАССЫ олимпиады 4 (7 баллов). Из центра O описанной окружно- сти треугольника ABC опустили перпендикуляры OP и  OQ на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B. Докажите, что прямая PQ де- лит пополам отрезок, соединяющий середины сторон CB и AB. Артемий Соколов 5 (8 баллов). Назовём пару (m, n) различных на- туральных чисел m и n хорошей, если числа mn и (m + 1)•(n + 1) – точные квадраты. Докажите, что для каждого натурального m существует хотя бы одно та- кое натуральное n > m, что пара (m, n) хорошая. Юрий Маркелов 6 (8 баллов). У Пети было несколько сторублё- вок, других денег не было. Петя стал покупать книги (каждая книга стоит целое число рублей) и получать сдачу мелочью (монетами в 1 рубль). При покупке дорогой книги (не дешевле 100 рублей) Петя распла- чивался только сторублёвками (минимальным не- обходимым их количеством), а при покупке дешё- вой (дешевле 100 рублей) расплачивался мелочью, если хватало, а если не хватало – сторублёвкой. К  моменту, когда сторублёвок не осталось, Петя по- тратил на книги ровно половину своих денег. Мог ли Петя к этому моменту потратить на книги хотя бы 5 тысяч рублей? Татьяна Казицына 7 (10 баллов). На одной стороне плоской деревян- ной пластинки нарисован клетчатый квадрат, в нём 102 клетки намазаны чёрной краской. Петя, исполь- зуя пластинку как печать, 100 раз приложил её к бе- лому листу, и каждый раз эти 102 клетки (и только они) оставляли чёрный отпечаток на бумаге. Мог ли в итоге на листе получиться квадрат 101  101, все клетки которого, кроме одной угловой, чёрные? Александр Грибалко Художник Сергей Чуб 25

КОНКУРС олимпиады ПО РУССКОМУ ЯЗЫКУ В этом номере мы подводим итоги прошлогоднего конкурса по русскому языку. ПОБЕДИТЕЛЯМИ СТАЛИ Костиков Владислав Самара гимназия № 2 4 кл. Ларионова Елена 5 кл. Степина Алиса Калининград гимназия № 32 6 кл. Сухих Эдуард 8 кл. Москва школа № 548 Сочи школа № 78 ПОЗДРАВЛЯЕМ ПРИЗЁРОВ КОНКУРСА Еремеева Софья Петрозаводск Державинский лицей 9 кл. Линиченко Дарья Москва школа № 1543 8 кл. Олейникова Ульяна Черкесск школа № 3 4 кл. Рябова Мария Москва школа № 192 7 кл. Советкин Глеб Москва школа № 1210 6 кл. Тужик Ольга Москва школа № 179 11 кл. Тюков Даниил п. Новый Свет, Ленинградская обл. «Пригородная школа» 9 кл. Юлов Василий Санкт-Петербург лицей № 150 6 кл. КРОМЕ ТОГО, МЫ ОТМЕЧАЕМ СЛЕДУЮЩИХ УЧАСТНИКОВ Виденичева Марьяна Санкт-Петербург школа № 137 4 кл. Нехаева Екатерина Москва школа № 179 7 кл. Черкашин Лев Омск школа № 107 5 кл. И БЛАГОДАРИМ ВСЕХ ОСТАЛЬНЫХ УЧАСТНИКОВ КОНКУРСА! СПЕЦИАЛЬНОЙ ПРЕМИЕЙ ЗА ЛУЧШЕЕ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ IV ТУРА НАГРАЖДАЕТСЯ Сухих Эдуард Сочи школа № 78 8 кл. Мы начинаем конкурс 2020 года! Победителей ждут призы. Предусмотр­ ены специальные премии за лучшее решение отдельных туров. Решения I тура от- правляйте по адресу [email protected] не позднее 1 марта. В письме кро- ме имени и фамилии укажите ваш город, а также школу и класс, где вы учитесь. Предлагайте на конкурс задачи собственного сочинения – лучшие будут опубли- кованы. Желаем успеха! I ТУР 1. Какой предмет, необходимый многим лю- дям для лучшего восприятия окружающего мира, в некоторых севернорусских говорах на- зывают близнецами? С. В. Дьяченко 26

КОНКУРС олимпиады ПО РУССКОМУ ЯЗЫКУ Материал подготовил Илья Иткин 2. Из названия страны Боливия можно, отбро- сив две первые буквы, получить название другой страны  – Ливия*. Разумеется, тем же свойством обладают и прилагательные, образованные от на- званий этих стран: боливийский – ливийский. Найдите названия двух стран такие, что: – прилагательные, образованные от этих на- званий, обладают тем же свойством; – сами названия стран этим свойством не обла- дают. И. Б. Иткин 3. Одну пожилую женщину   4. – Мне на день её родные называли Барина. рождения деревян- Как было её настоящее имя? ную АЛЬФУ пода- Кто из членов семьи первым рили! – похвастался стал так её называть? Вовочка своей подру- ге Машеньке. Л. З. Иткина – Как это так: «деревянную АЛЬ- ФУ»?!  – рассмеялась Машенька.  – Если АЛЬФУ, значит, уж точно не деревянную! Вовочка сказал правду, хотя, если подумать, удивление Ма- шеньки можно понять. Какое сочетание из двух слов мы заменили на «АЛЬФА»? К. В. Литвинцева 5. Если понимать значение этого прила- Художник Николай Крутиков гательного буквально, можно сказать, что люди обычно становятся ТАКИМИ к концу первого года жизни. В  действительности не- которые люди, к сожалению, не становятся по-настоящему ТАКИМИ никогда. Какое прилагательное мы заменили на ТАКОЙ? С. И. Переверзева * См. «Квантик», № 6, 2015, с. 27. 27

К ОНКУРС ПО РУССКОМУ ЯЗЫКУ, IV ТУР больше, добавляю!» (– Ты уже съел весь мёд и всё сгущённое молоко? Не огорчайся, вот ещё!), («Квантик»№ 10, 2019) но куда чаще оно используется в качестве не слишком вежливого способа выразить катего- 16. После одного примечательного случая рический отказ: – Хочешь пойти со мной на разбойник Мерзавио очень полюбил игру слов. олимпиаду по математике? – Вот ещё! «Не буду-ка я больше спрашивать \"Кошелёк или жизнь?\", – решил он однажды. – Буду луч- 20. Один маленький мальчик рассказывает: ше спрашивать \"АЛЬФА или БЕТА?\": смысл, «Заглавные – это такие маленькие-маленькие в общем, тот же самый, зато как красиво – послушные буковки...» слова отличаются только последней буквой». Как стал звучать вопрос Мерзавио? – Почему же ты думаешь, что заглавные буквы – маленькие и послушные? Вопрос «Кошелёк или жизнь?» означает не- что вроде «Отдавай деньги, или мы отправим – Ну как же: заглавные буквы – это такие, тебя на тот свет!» Полюбив игру слов, наход- которые идут... чивый Мерзавио заменил этот вопрос вопросом «Казна или казнь?»: смысл, действительно, по- Закончите объяснение мальчика двумя сло- лучался примерно тот же самый. вами. Добавим, что участники конкурса предло- Как нередко бывает в случае детских «этимо- жили свой вариант вопроса, мало чем уступаю- логических гипотез», герой задачи рассуждал щий варианту Мерзавио: «Гроб или грош?» по-своему вполне логично: «Заглавные – это та- кие маленькие-маленькие послушные буковки, 17. В написанной в начале XVII века «Грам- которые идут за главной» (подходят также от- матике» Мелетия Смотрицкого о знаменитом веты «...за главным» и «...за главными»). византийском церковном деятеле Николае Студите говорится: «От юныя версты преда- Н АШ КОНКУРС, III ТУР ста его родителя учитися книгам». Что здесь означает слово «верста»? Какое слово совре- («Квантик»№ 11, 2019) менного русского языка вы можете привести в подтверждение? Кратко поясните ответ. 11. Семь камней весом 1, 2, 3, 4, 5, 6 и 7 тонн можно перевезти в нескольких грузовиках оди- Приведённая фраза, очевидно, значит наковой грузоподъёмности. Хватит ли для «С юного ... родители отдали его учиться кни- перевозки четырёх таких грузовиков? гам (то есть грамоте)». По контексту понятно, что слово верста имеет здесь значение «воз- Ответ: да. Камень в 7 тонн помещается в гру- раст». Подтверждением этой догадки может зовике, поэтому грузоподъёмность каждого служить слово сверстник – «человек (пример- грузовика – хотя бы 7 тонн. Поместим в 1-й гру- но) одного возраста с кем-то». зовик камни в 1 и 6 тонн, во 2-й – 2 и 5 тонн, в 3-й – 3 и 4 тонны, а в 4-й – один камень в 7 тонн. 18. Первоначальное значение каждого из этих слов можно передать примерно как «Хо- 12. Петя и Вася тренируются на кольце- дил столько-то раз». Напишите любое из этих вом велотреке: одновременно стартовали из слов. одной и той же точки и едут с постоянными скоростями. Петя едет быстрее Васи. Когда Эти слова – наречия дважды, трижды, Петя прошёл 16 кругов, он встретил в точке четырежды; в древнерусском языке они вы- старта Васю. А когда Вася прошёл 16 кругов, глядели как дъвашьды и т.д. Часть -шьды про- он встретил в точке старта Петю. Верно ли, исходит от корня -шед- со значением «ходить» что Вася после каждого круга встречал в точ- (ср. шедший). ке старта Петю? 19. «Почему по-русски, когда хотят наот- Ответ: да. Пусть за 16 кругов Пети Вася про- рез отказаться от какого-нибудь предложения, шёл a кругов, а за 16 кругов Васи Петя про- говорят \"______________!\"? Это же означает шёл b кругов. Отношение их скоростей равно \"Даю больше, добавляю!\"!» – с удивлением спро- 16/a = b/16, то есть ab = 16·16 = 28, откуда оба сил иностранец Джон, не очень давно начавший числа a и b – степени двойки. Петя едет быстрее учить русский язык. Заполните пропуск. Васи, поэтому b > 16. Значит, b делится на 16. Пока Вася проезжает 1 круг, Петя проезжает Джона удивило выражение «Вот ещё!». Это b/16 кругов и оказывается в точке старта. выражение действительно может значить «Даю 13. У Саши есть два клетчатых квадрата 28 7  7. Ему нужно разрезать их по линиям сет-

ки на части так, чтобы Итак, рассмотрим одну пару – точки P и Q на рисунке (остальные случаи аналогичны). Каж- частей получилось не более дая делит свою сторону в отношении 2:1, считая от вершины B, но и M делит медиану, выходя- пяти и их можно было уло- щую из B, в том же отношении. По обратной теореме Фалеса прямые PM и QM параллельны жить в один слой в коробку AC, откуда P, M и Q лежат на одной прямой. 10  10. Есть ли способ вы- Кроме того, отрезки PM и MQ оба в 1,5 раза меньше половины AC, то есть равны. Это и зна- полнить это задание? чит, что P и Q симметричны относительно M. Ответ: да, см. рисунок. ТРИ ШАХМАТНЫЕ ГОЛОВОЛОМКИ («Квантик»№ 12, 2019) Решите ту же задачу, чтобы Семь шагов короля. Один из возможных ответов дан получилось 4 части. справа. Мат ставится так: 1. Кр а3-b3+ Кр a1-b1 14. Квантик и Ноутик загадали по нату- 2. Кр b3-c3+ Кр b1-c1 ... ральному числу и сказали их Серёже. Серёжа 7. Kp g3-h3  Белый король прогуливается по третьей го- в ответ назвал число 2020 и сказал, что это ризонтали, а несчастный чёрный король обре- чённо плетётся за ним, прячась в его «тени» от либо сумма, либо произведение услышанных неумолимых шахов. И так до рокового финала… Все на одного! Один из отве- им чисел. Ноутик подумал и сказал, что не тов см. справа. Ферзь и король поменялись местами не слу- знает, какое число загадал Квантик. Кван- чайно  – это необходимо в слу- чае первого хода белых пеш- тик услышал это, но всё равно не смог узнать, кой на f7. В итоге любой ход белых приводит к пату. какое число загадал Ноутик. Какое число зага- Ищи «вторую половинку». Фраза оканчива- ется так: «... а потому не следует их поощрять». дал Квантик? К ОРЗИНА ГРИБОВ («Квантик»№ 12, 2019) Ответ: 1010. Числа, загаданные Квантиком В ЕЛОСИПЕДНЫЕ ЗВЁЗДОЧКИ и Ноутиком – делители 2020, иначе было бы по- («Квантик»№ 12, 2019) На рисунке схематически изображены звёз- нятно, что 2020 – это сумма, а не произведение, дочки велосипеда. На педали они увеличивают- ся слева направо (верхняя часть рисунка), а на и по одному загаданному числу можно было бы колесе – справа налево (нижняя часть). Так сде- лано, чтобы любую передачу (скорость) можно восстановить другое. Также ясно, что ни у кого было включить, не перекашивая цепь. Скажем, две самые левые звёздочки (маленькая у педа- число не равно 2020, а значит, оба числа не пре- ли и большая у колеса) – едем очень медлен- но, две самые правые – едем очень быстро. Эти вышают 1010 (они в целое число раз меньше и близкие к ним варианты отмечены зелёным. А красные варианты не нужны – тот же эффект 2020, то есть хотя бы в 2 раза меньше). даёт один из «зелёных» способов. Квантик всё это мог установить по ответу Но- 29 утика, но всё равно не определил число Ноути- ка. Значит, он не знал, 2020 – сумма или произ- ведение загаданных чисел. Но 2020 могло быть суммой загаданных чисел, только если оба рав- ны 1010, так что число Квантика равно 1010. 15. На каждой из сторон треугольника ABC выбраны красная и синяя точки так, что крас- ная точка делит сторону в отношении 2:1, а синяя – в отношении 1:2 (если обходить тре- угольник по часовой стрелке). Через красные точки провели окружность, и через синие  – тоже. Докажите, что отрезок, соединяющий центры этих окружностей, проходит через точку пересечения медиан треугольника ABC. Пусть M – точка пересечения медиан ABC. Докажем, что точки на сторонах ABC разби- ваются на пары «красная – синяя», где точки в паре симметричны относительно М. В итоге «красный» треугольник (с крас- B ными вершинами на сторонах ABC) будет симметричен «си- MQ нему» относительно М, а тог- Р да симметричны и окруж- ности, и их центры. A C

Рекомендуемые передачи Нерекомендуемые передачи двери – шлюз: две герметично закрывающиеся двери на небольшом расстоянии друг от друга. 123 123 123 123 123 123 Когда нужно выйти (или войти), сначала от- крывают одну дверь, выходят в  отсек между 1–8 1–8 1–8 1–8 1–8 1–8 дверьми и первую дверь запирают. Потом уже открывают вторую. Но если бы возрастание звёздочек на педали и На Земле так устроены шлюзы на судоход- колесе шло в одну сторону, то для установки не- ных реках: в местах, где большой перепад вы- сот, в обход перекатов строят канал с двумя которых скоростей пришлось бы перекашивать воротами. Когда открыты верхние ворота, уро- вень воды в канале высокий, и в него заходят цепь, и она бы больше изнашивалась и слетала. суда, идущие сверху вниз по течению. Затем верхние ворота закрывают, воду из канала сли- МАГНИТНЫЕ ЦИФРЫ вают через небольшое отверстие – уровень воды падает, и тогда открывают нижние ворота, ко- НА МАГНИТНОЙ ДОСКЕ рабль плывёт дальше. а) 23 +1 = 32. б) 23 + 13 = 32. в) Да: надо взять А в сельских домах давным-давно помогали беречь тепло «шлюзы» – сени и двойные двери. равенство из пункта б) и все оставшиеся цифры 4. Лампочка горит потому, что через неё про- поставить за тройкой в показателе степени у 1. ходит электрический ток (то есть заряженные частицы). Вот и нужно два провода: по одному НАИВНАЯ ФИЗИКА ток втекает, по другому – вытекает! 1. Тёмные стволы деревьев быстрее нагре- На самом деле всё сложнее. В электросети в домах – и в розетках, и в лампочках – ток не ваются на солнце, чем белый снег, и начинают постоянный, а переменный. Это значит, что за- ряженные частицы (электроны) не «бегут» всё греть то, что вокруг них (уже не излучением, время в одну сторону по проводу, а «дёргаются» туда-сюда. Сто раз в секунду (буквально!) ток а  просто теплообменом). А почему стволы бы- меняет направление движения на противопо- ложное. Но всё равно, чтобы ток в каждый мо- стрее нагреваются? Потому что любая тёмная мент куда-то тёк, нужен перепад напряжения на двух концах нити накаливания – как пере- поверхность поглощает бол ьшую часть всех па- пад высот в реке нужен, чтобы вода в ней текла, а не стояла на месте. Между двумя проводами, дающих на неё лучей – оттого она и кажется нам ведущими к лампочке, всегда есть этот пере- пад. Он и заставляет ток течь через лампочку. тёмной. Идеально чёрная поверхность поглоща- П ЕРПЕНДИКУЛЯРНЫЕ БИССЕКТРИСЫ ла бы все лучи, ничего бы не отражала, и нам Решение 1. Расположим многоугольник так, в  глаза от неё ни один лучик света не попадал чтобы его стороны были горизонтальны и верти- кальны. Все вершины многоугольника делятся бы. А белая поверхность, в том числе и снег, – на 4 типа: , , , . Докажем, что суммарное чис- ло вершин типа 2 и 3 чётно (и 1 и 4 тоже). Отсю- наоборот, отражает почти все лучи. Посветишь да будет следовать утверждение задачи: можно считать, что нам дана вершина A типа 1, а тогда на неё жёлтым цветом – она покажется жёлтой, не дружные с ней – вершины типа 2 и 3. посветишь красным – красной… Это свойство Пусть вертикальных сторон k, тогда горизон- тальных сторон тоже k. У любой горизонталь- всё отражать мы и называем: белый цвет. ной стороны правый конец может быть только типа 2 или 4. Всего левых вершин у  горизон- 2. Бревно легче не вообще какой-то воды, тальных сторон столько же, сколько самих сто- рон, то есть k, откуда суммарное число вершин а  такого количества воды, которое занимает одинаковый с ним объём. (Поэтому оно не тонет: оно погружается в воду настолько, чтобы вытес- ненная им вода весила столько же, сколько всё бревно.) А монетка тяжелее такого количества воды, которое помещается в её объёме, то есть гораздо меньшего. Так что всё в порядке. Чтобы не возиться с объёмами, нужно срав- нивать не вес, а плотность, то есть массу в еди- нице объёма. Когда говорят «бревно легче воды», это как раз значит, что плотность у него меньше плотности воды. А у монетки – больше. 3. Если открыть окно, воздух из корабля тут же улетучится наружу  – ведь снаружи нет воздуха; внутри давление атмосферное, а сна- ружи  – ноль. Поэтому вместо окон  – намертво запаянные, прочные иллюминаторы. А вместо 30

типа 2 и 4 равно k. Пусть вершин типа 2 всего x, 2. Ответ: верно. B = B1 Приложим данные тогда вершин типа 4 всего k – x. Рассматривая нижние концы вертикальных сторон, получаем треугольники друг аналогично, что вершин типа 3 и 4 всего k, от- к другу так, чтобы A C = C1 A1 куда вершин типа 3 всего k – (k – x), то есть x. Но совпали вершины В и В1, С и С1, а вершины А тогда вершин типа 2 и 3 всего 2x (чётное число), и  А1 оказались в разных полуплоскостях от- а это и есть вершины, которые не дружны с A. носительно прямой ВС (см. рисунок). Так как C + C1 = 180, точки А, С и А1 лежат на одной Решение 2. Расположим многоугольник так, прямой. Значит, получился равнобедренный чтобы биссектриса l данной вершины A была горизонтальна. Пусть некая точка движется по треугольник АВА1, в котором углы А и А1 при ос- новании равны. периметру многоугольника с постоянной ско- ростью, начав и закончив в вершине  A. Тогда Доказанное утверждение в каком-то смысле её проекция на l также движется с постоянной обратно к общему утверждению из статьи. скоростью, причём проекция меняет направ- 3. Из условия следует, что ВС = АВ  =  АР и  ВСА = ВАС (см. рисунок). Докажем ра- ление движения ровно в те моменты, когда точка венство треугольников AQP и СРВ, из которо- проходит через вершину, го и будет следовать, что AQ = CP. В этих треу- гольниках АР = ВС и QР = PB. Так как QAP = дружную с A, или через =РCВ, то либо треугольники AQP и СРВ рав- саму A. Учитывая, что ны, либо AQP+CPВ=180. Но второй случай всего вершин чётное чис- lA невозможен, поскольку AQP > 90 как внеш- ло, получаем требуемое. Ч ЕТВЁРТЫЙ ПРИЗНАК ний угол при основании BQ равнобедренного треугольника BPQ, а CPВ > 90 как внешний РАВЕНСТВА ТРЕУГОЛЬНИКОВ угол при осно- Упражнение 1. В обоих пунктах треуголь- вании BP равно- QB ник определяется однозначно, так как: бедренного тре­ угольника BAP. а) для равенства равнобедренных треуголь- A PC ников достаточно равенства боковых сторон 4. Через точку М проведём A и любой пары соответствующих углов; прямую, параллельную АС, б) угол, равный α, заведомо лежит напротив которая пересечёт АВ в точке большей стороны треугольника. K (см. рисунок). Тогда тре- Упражнение 2. Ответ: а) да; б) нет. угольник BMK тоже равно- K сторонний, откуда AKM= BM а) Все треугольники со сторонами 3 и 4 = 120 = MCN. Кроме того, C и  углом 15, лежащим напротив большей из N данных сторон, между собой равны. AM = MN и AK = AB – BK= AC – BM = MC. Так б) Заданный угол лежит напротив меньшей как углы AKM и MCN – тупые, то треугольни- из данных сторон, поэтому есть два неравных ки AKM и MCN равны по четвёртому признаку. треугольника, удовлетворяющих условию. Следовательно, BM = CN. Упражнение 3. Ответ не изменится. Напри- 5. Ответ: 150. Пусть ВМ – мер, можно на рисунке 2, а провести из верши- B ны В общую высоту треугольников АВС1 и АВС2. высота и  медиана треуголь- O Задачи для самостоятельного решения ника АВС, которая пересе- K 1. Ответ: нет. Рассмотрим, на- B кает прямую AK в точке О M C (см. рисунок). Треугольник A пример, равносторонний тре- E K АОС также равнобедренный, поэтому МОC = угольник АВС и проведём его L D =МОА = 60. Значит, ВОC = 120 = KОC, высоты AK и  CL (см. рисунок). откуда треугольники ВОC и  KОC равны (по На отрезках BL и CK отметим A C точки Е и  D соответственно так, что EL = DK. четвёртому признаку). Значит, ОВ = OK, тогда OKB = OBK = 30 и AKB = 150. Тогда прямоугольные треугольники AKD и Отметим, что K обязана лежать между А и CLE равны (по двум катетам), поэтому AD = CE. О  – иначе угол СКВ был бы тупым, а это угол Но АЕ больше половины боковой стороны тре­ при основании равнобедренного треугольника. угольника, а CD – меньше, то есть АЕ > CD. 31

олимпиады нКаОшНКУРС Приглашаем всех попробовать свои силы в нашем заочном математическом конкурсе. Высылайте решения задач V тура, с которыми справитесь, не позднее 1 февра- ля в систему проверки konkurs.kvantik.com (инструкция: kvan.tk/matkonkurs), либо электронной почтой по адресу [email protected], либо обычной по- чтой по адресу 119002, Москва, Б. Власьевский пер., д. 11, журнал «Квантик». В письме кроме имени и фамилии укажите город, школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес. В конкурсе также могут участвовать команды: в этом случае присылается одна работа со списком участников. Итоги среди команд подводятся отдельно. Задачи конкурса печатаются в каждом номере, а также публикуются на сайте www.kvantik.com. Участвовать можно, начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квантик» и призы. Желаем успеха! V ТУР 21. Барон Мюнхгаузен огородил свои владения забором в форме ше- стиугольника. Он утверждает, что каждый внутренний угол этого шести- угольника либо меньше 10, либо боль- ше 350. Может ли барон быть прав? 22. Вася написал на листке 10 цифр (среди них могут быть равные) так, чтобы сумма любых трёх написан- ных цифр не превосходила 14. Како- ва наибольшая возможная сумма всех 10 цифр? (Приведите пример и дока- жите, что большую сумму получить нельзя.) 32

КнаОшНКУРС олимпиады Авторы: Александр Перепечко (21), Павел Кожевников (22), Николай Авилов (23), Григорий Мерзон (24), Николай Чернятьев (25) 23. Ёлочку на рисунке слева раз- режьте на четыре части и сложите из них две одинаковые ёлочки, как на рисунке справа. 24. Вычислите сумму ++ +…+ . 25. Квантик и Ноутик по очере- ди закрашивают клетки на доске 8  8, по одной клетке за ход, начи- нает Квантик. Первый ход можно сделать куда угодно. Каждый следу- ющий ход должен быть таким, что новая клетка граничит по стороне ровно с одной закрашенной клеткой. Кто не может сделать ход, проиграл. Кто может обеспечить себе победу? Художник Николай Крутиков

Справа изображён фрагмент плана квар- Автор Максим Прасолов тиры (сторона клетки 0,5 м). Как проне- сти из коридора в комнату стол с ножка- ми длины 1 м и столешницей 1 м  1,5 м, если проход в комнату чуть уже 1 м? Все двери распахиваются до конца. Художник Ольга Демидова